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2003答案一、选择题1A 2ABC 3C 4BC 5AD 6B 7BCD 8A二、填空题9粒子散射，见图（1） 10见图（2）11 12 138.7104，6613（数值在6550到6650范围内均可）三、实验题14C 15AC 161.9（1.82.0均可），重，支持，0.1 可能原因检验方法答转轴摩擦力太大安装力矩盘后，轻轻转动盘面，如果盘面转动很快停止，说明摩擦太大。或力矩盘重心没有在中心安装力矩盘后，在盘的最低端做一个标志，轻轻转动盘面，如果标志始终停留在最低端，说明重心在这个标志和中心之间。17（1）D （2）在注射器活塞上涂上润滑油增加密封性18（1）2；图2电路电压可从0V调到所需电压，调节范围较大。（或图3电路不能测得0V附近的数据）（2）5.2；111.8（111.6112.0均给分） （3）热敏温度计（提出其他实例，只要合理均给分）四、计算题19设状态3的温度为T 13为等压过程 32为等容过程 消去T即得 20不同意。小球应在A点离开平面做平抛运动，而不是沿斜面下滑。正确做法为：落地点与A点的水平距离 斜面底宽 小球离开A点后不会落到斜面，因此落地时间即为平抛运动时间。 21（1）飞机水平速度不变 y方向加速度恒定 消去t即得 由牛顿第二定律 （2）升力做功 在h处 22（1）金属棒匀速运动 I/R总 F外BILB2L2v/R总 （2） （3）金属棒与导轨接触点间的长度随时间变化 且 ， 23（1）当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附烟尘颗粒受到的电场力FqU/L 2） 2.5104（J） （3）设烟尘颗粒下落距离为x 当时 EK达最大， 2004答案一、选择题1AB 2CD 3AC 4BC 5C 6AC 7ABC 8BC 二、填空题9入射光波长太大（或反向电压太大）1011在确定方向上原子有规律地排列在不同方向上原子的排列规律一般不同原子排列具有一定对称性等1299，17.513三、实验题142.10，下落过程中有存在阻力等15B，A电压表量程过大，误差较大；A、B变阻器额定电流过小且调节不便16（1）接通电源，移动光度计使两边的照度相同，测出距离r1和r2，即可得待测灯泡的发光强度（2）测量多次，求平均等17（1）将水银柱以下的玻璃浸没在水中，改变水温，用温度计测得若干组（或两组）不同水温（即气体温度）T和气柱长度x的值（2）方法一：气体作等压变化 即，作图，截距的绝对值即为V方法二：测两组数据可解得S18（1）见下图（2）见右图（3）作出U=图线，可得小灯泡工作电流为0.35安，工作电压为0.80伏，因此小灯泡实际功率为0.28瓦四、计算题19题中仅给出相互作用力的大小，两点电荷可能异号，按电荷异号计算. 由 得 由此解得 20（1）玻璃管内的空气作等温变化 （2）设水银槽内水银面下降，水银体积不变 21（1）设滑雪者质量为m，斜面与水平面夹角为，滑雪者滑行过程中克服摩擦力做功 由动能定理 离开B点时的速度 （2）设滑雪者离开B点后落在台阶上可解得 此时必须满足 当 时，滑雪者直接落到地面上， 可解得 22（1）变速运动（或变加速运动、加速度减小的加速运动，加速运动）。（2）感应电动势 感应电流 安培力 由图线可知金属杆受拉力、安增力和阻力作用，匀速时合力为零。 由图线可以得到直线的斜率k=2，（T） （3）由直线的截距可以求得金属杆受到的阻力f，f=2（N） 若金属杆受到的阻力仅为动摩擦力，由截距可求得动摩擦因数 23（1）套筒不拉出时杆秤恰好平衡，此时两套筒的重力相对秤纽的力矩与所求的合力矩相等，设套筒长度为L，合力矩 （2）力矩平衡 （3）正常称衡1kg重物时，内外两个套筒可一起向外拉出 力矩平衡 外层套筒丢失后称物，此时内套筒左端离秤纽距离为力矩平衡 2005答案一填空题(共20分，每小题4分)lA右，右2Ab，a3A物体下落快慢与物体轻重无关 维持物体运动需要力2B220(或)，503B电子，向下4，水平向左(或垂直薄板向左)55，30二选择题(共40分，每小题5分)6 A C7A C8BD9BCl0B C 11C 12A C D13ABC三实验题(共32分)14(6分)微波；要产生明显的衍射现象，波长应与缝的尺寸相近答图116(6分) (1)如答图1(2)0-3A(3)017(或)17(7分) (1)二；de (2)D18(7分)(1)作出假设、搜集证据(2)匀速运动，1.937(3)加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动(4)图线1反映速度不随时间变化，图线5反映速度随时间继续增大(或图线1反映纸杯做匀速运动，图线5反映纸杯依然在做加速度减小的加速运动)四计算题(共58分)19A(10分)(1)设滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力为厂，根据动能定理有: (1)由式(1)解得: (2)人和滑板一起在空中做平抛运动，设初速为v0，飞行时间为t，根据平抛运动规律有: (3) (4)由(1)、(4)两式解得: (5)19B(10分) (1)从A到B的过程中，人与雪橇损失的机械能为: E=(701020+702.027012.02)J9100J(2)人与雪橇在Bc段做减速运动的加速度:根据牛顿第二定律 :f=ma=70(-2)N=-140N20(10分)该同学所得结论有不完善之处为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力,即：qEsinmg所以即：7.5104V/mE1.25105V/m22(14分)(1)金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：mgsinmgcosma 由式解得a10(O.60.250.8)ms2=4ms2 (2夕设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡mgsin一mgcos0一F0此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率：FvP由、两式解得(3)设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为BPI2R由、两式解得磁场方向垂直导轨平面向上23(14分)(1)由图线读得，转盘的转动周期T0.8s角速度(2)激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动(理由为：由于脉冲宽度在逐渐变窄，表明光信号能通过狭缝的时间逐渐减少，即圆盘上对应探测器所在位置的线速度逐渐增加，因此激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动)(3)设狭缝宽度为d，探测器接收到第i个脉冲时距转轴的距离为r1，第i个脉冲的宽度为ti，激光器和探测器沿半径的运动速度为vr3r2r2r1vTr2r1 r3r2 由、式解得：2006答案一.填空题1A.左，增加 2A.，垂直纸面向外 3A. a，51013 1B.里，不变 2B. ，增大 3B.非，发光.4.平均速度，末速度5. （是mg对？还是对？）二.选择题：6.BCD 7.A 8.AD 9.B 10.BC 11.ACD 12.BCD 13.C 三.实验题14.（5分）质子，氮，N，He,H 15.(6分)（1）实物电路连图如右图所示（2）相反（3）相同16.（5分）（1）d e a c b （2）1.2105Pa(或1.2个大气压)【分析】：根据气体状态方程有：将T1=300K，T2=360K，P1=1.0X105pa 代入可以解得：P2=1.2X105pa1.2个大气压17.（7分）（1）甲 （2）小灯泡的伏安特性曲线（3）0.07【分析】（1）甲电路中变阻器采用分压接法，可以获得从零开始变化的电压，符合图中数据的要求。 (2)将表中数据逐一描点后用平滑曲线连接各点。 （3）根据题意有 E= Ua +Ub，Ia=3Ib，从所做曲线可以查出，Ia=0.150A ，Ib=0.050A，Ua=1V， Ub=2V。 18.（7分）（1）0.02 （2）8.085 左 平衡位置 （3）减小两单摆摆长差等分析：（1）0.02s（2）先释放的是长摆，故有nT1= nT2+t，解得n=8.25，所以短摆释放的时间为t=nT2=8.085s，此时两摆同时向左经过平衡位置。 （3）在不改变摆长差的同时增大摆长，T越小，可测得的时间差越小。19A. （10分）解：（1）由气体状态方程知：将P0l.010 5 pa，T0=300K，T1=330K，V1=V0/代入上式解得： P1=1.65105pa （2）气体发生等温变化，根据玻马定律有： 1V1=P2V2 将V2=V0 代入可得：P2=1.1105pa 19B.（10分）解：（1）由气体状态方程知：将V03.0103m3 ，T0=300K，P0=1.0105Pa，T1=320K，P1=1.0105Pa 代入上式解得： V1=3.2103m3 （2）气体发生等温变化，根据玻马定律有： P1V1=P2V2 将P2=8.0104pa代入可得：V2=4.0103m3 20. （l0分）解：不合理。因为按这位同学的解法可得 t1=10s ，t2=2.5s，总位移 s0=275ms。故不合理。由上可知摩托车不能达到最大速度v2，设满足条件的最大速度为v，则：解得： v=36m/s 又 t1=9s t22 s 因此所用的最短时间 tt1+t211s 21.（l2分）FNfmg解：物体受力分析如图所示，设加速的加速度为a1，末速度为v，减速时的加速度大小为a2，将mg 和F分解后，由牛顿运动定律得NFsin+mgcosFcosfmgsinma1 根据摩擦定律有 fN 加速过程由运动学规律可知 va1t1 撤去F 后，物体减速运动的加速度大小为 a2，则 a2g cos由匀变速运动规律有 v=a2t2有运动学规律知 s a1t12a2t22代入数据得0.4 s6.5m 22. （14分）解：（1）由于线框匀速进入磁场，则合力为零。有mgf解得v （2）设线框离开磁场能上升的最大高度为h，则从刚离开磁场到刚落回磁场的过程中(mgf)h(mgf)h解得：v1（3）在线框向上刚进入磁场到刚离开磁场的过程中，根据能量守恒定律可得 解得：Q23（l4分）解：（1）由题意可知电场力的力臂为l sin，故力矩M2E0ql sinE0q/sin（2）W2 E0q(1cos)E0q /(1cos)（3）电偶极子在外电场中处于力矩平衡时，电偶极子的方向与外加电场的夹角 0或者当电偶极子方向与场强方向相同时，即夹角为零时（如图所示）由于电偶极子与电场垂直时电势能为零， 所以该位置的电势能等于由该位置转到与电场垂直时电场力所做的功，电势能 EP1= -E0ql 当电偶极子方向与场强方向相反时，即夹角为时同理可得，电势能 EP2=E0ql（4）由题意知：FE0q022007答案一、填空题1A，电场强度2A0.6，23Aa，510131BqvB，NqvB2B12.5，共振3B200，54g，b55，二、选择题6B，7A，8BC，9C10BC，11ACD12CD13AD三、实验题14（1）C（2）AB，153.75，I，R0，16（1）R1R2（2）B17（1）保证小球沿水平方向抛出（2）s（3）0.52，1.5，18II，23，2：1。四、计算题19A（1）t，所以gg2m/s2，（2）g，所以M，可解得：M星：M地112：5421：80， 19B由图得：a0.5m/s2，前2s有：F2mg sinama，2s后有：F2mg sina，代入数据可解得：m1kg，a30。20（1），TB333K，（2），p1.1p0，（3）图略。21（1）由前三列数据可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为a15m/s2，mg sin ama1，可得：a30，（2）由后二列数据可知物体在水平面上匀减速滑行时的加速度大小为a22m/s2，mmgma2，可得：m0.2，（3）由25t1.12（0.8t），解得t0.1s，即物体在斜面上下滑的时间为0.5s，则t0.6s时物体在水平面上，其速度为vv1.2a2t2.3 m/s。22（1）Lv0t，L，所以E，qELEktEk，所以EktqELEk5Ek，（2）若粒子由bc边离开电场，Lv0t，vy，EkEkmvy2，所以E，若粒子由cd边离开电场，qELEkEk，所以E。23（1）EBL（v1v2），IE/R，FBIL，速度恒定时有：f，可得：v2v1，（2）fm， （3）P导体棒Fv2f，P电路E2/R，（4）因为fma，导体棒要做匀加速运动，必有v1v2为常数，设为Dv，a，则fma，可解得：a。2008答案一填空题（共20分）1A，2A增大，2.51083A大，6.91061B，2B，：3B380，75%4Mgsin，增大、减小都有可能52.04，1.5二、选择题（共40分）I6C7D8B9B10AII11AB12BD13ACD14BCD三、实验题（共30分）15正，大于16D17（1）偏小（2）T（或t、n）、，T18（1）如图b（2）由于RL1比RL2小得多，灯泡L2分得的电压很小，虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光。（3）如图c19（1），（2）0.00125I（或kI）（3）A，B四、计算题（共60分）20 A（10分）解：由于轮胎容积不变，轮胎内气体做等容变化。设在T0293K充气后的最小胎压为Pmin，最大胎压为Pmax。依题意，当T1233K时胎压为P11.6atm。根据查理定律，即解得：Pmin2.01atm当T2363K时胎压为P23.5atm。根据查理定律，即解得：Pmax2.83atm20B（10分）解：（1）输电线上的电流强度为IA52.63A 输电线路损耗的功率为P损I2R52.6326W16620W16.62kW （2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为IA4A 用户端在变压器降压前获得的电压U1UIR（500046）V4976V 根据用户得到的电压为U24976V226.18V 21（12分）解：（1）从图中可以看出，在t2s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为m/s2=8m/s2设此过程中运动员受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律，有mgfma得fm(ga)80(108)N160N（2）从图中估算得出运动员在14s内下落了39.522m158m根据动能定理，有所以有（80101588062）J1.25105J（3）14s后运动员做匀速运动的时间为s57s运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间t总tt（1457）s71s22（12分）解：（1）从图中可以看出两列波的波长分别为a2.5m，b4.0m，因此它们的周期分别为s1s s1.6s（2）两列波的最小公倍数为S20m在t0时，两列波的波峰重合处的所有位置为x（2.520k）m，k0，1，2，3，（3）该同学的分析不正确。要找两列波的波谷与波谷重合处，必须从波峰重合处出发，找到这两列波半波长的奇数倍恰好相等的位置。设距离x2.5m为L处两列波的波谷与波谷相遇，并设L（2m1）L（2n1），式中m、n均为正整数只要找到相应的m、n即可将a2.5m，b4.0m代入并整理，得由于上式中m、n在整数范围内无解，所以不存在波谷与波谷重合处。23（12分）解：（1）设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的速度为v0，此后进入电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有解得y，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（2L，）（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有解得xy，即在电场I区域内满足该方程的点即为所求位置。（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有，解得，即在电场I区域内满足该方程的点即为所求位置24（14分）解：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生感应电动势，导体棒ab从A下落r/2时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得mgBILma，式中lr式中4R由以上各式可得到（2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即式中解得导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有得此时导体棒重力的功率为根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即所以，（3）设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为，此时安培力大小为由于导体棒ab做匀加速直线运动，有根据牛顿第二定律，有FmgFma即由以上各式解得2009答案一选择题(共40分) 1B 2A 3A 4C 5D评分标准：每小题4分，共20分 6A，D 7C，D 8A，B，C 9A，C评分标准：每小题5分，共20分每小题全选对的得5分；选对但不全的得3分；有选错或不答的得0分二填空题(共20分)10长，增大 11或，或 1220，2.7513收缩，变小 140.15，7.5评分标准：每小题4分，每空格2分，共20分三实验题(共30分)15(1)c、a、b、e，30k(或30000) (2)A，C16(1)B，D (2)电动势17(1)小车的总质量（或：小车的质量) 小车所受外力(或：外力、合外力)(2)在质量不变的条件下，加速度与外力成正比 C18(1) (2)(3)偏小190.35，27/35四计算题(共60分)20(10分)(1)达到最大速度时，牵引力等于阻力Pfvm (2)由动能定理可得 21(12分)(1)插入水银槽后右管内气体 (2)插入水银槽后左管压强 左管内外水银面的高度差 中、左管内气体 左管插入水银槽深度 22(12分) (1)， (2)， 23(12分) (1)力矩平衡时 (2)重力做功 静电力做功 (3)小球动能的改变量 小球的速度 24(14分) (1)金属棒做匀加速运动 R两端电压UIv，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大 加速度为恒量 (2)，以 代入 得： 加速度为恒量，与v无关， 代入数据得： (3) 代入数据得 ，解方程得t1s (4)2010答案：一单项选择题1、A2、D3、C4、C5、B6、A，7、A，8、D，二单项选择题9、C，10、A，11、A，12、D，13、C，14、B，15、B，16、D，三多项选择题17、A、B18、B、C、D，19、A、C，20、A、C、D，四填空题21、左，收缩，22、1.05105，33，23、或，增大，24、1:8，14，25、60，mg，五实验题26（1）等量导种点电荷，静电场，电压传感器，（2）B，27（1）C、D，（2），28（1）在注射器活塞上涂润滑油，（2）移动活塞要缓慢；不能用手握住注射器封闭气体部分，（3）注射器与压强传感器连接部位的气体体积，29（1）2，0.5，（2）小于，大于，六、计算题30（1）设抛出点高度为y，根据机械能守恒mv02mv2mgy，平抛初速度v，落地时间t满足ygt2，所以t，落地点离抛出点的水平距离svt，分别以y2h和yh代入得：sC，sD，（2）由题意，sCsD，有2（v024gh）v022gh，所以v026gh，又滑块必须能到达C点，即 vC2v024gh，v024gh，因此初速度应满足v0，31（1）木块做加速运动Lat2，所以：a2m/s2，对木块由牛顿定律mgsinqf1ma，f1mgsinqma8N，N1mgcosq16N，对斜面由共点力平衡，地对斜面的摩擦力f2N1sinqf1cosq3.2N，方向水平向左，（2）地面对斜面的支持力N2MgN1cosqf1sinq67.6N，（3）木块在下滑过程中，沿斜面方向合力及该力做的功为Fmgsinqf14N，WFL16J，木块末速度及动能增量vat4m/s，DEkmv216J，由此可知下滑过程中WDEk，动能定理成立，32（1）金属棒仅受安培力作用，其大小Fma0.2N，金属棒运动0.5m，框架中间生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以QFs0.1J，（2）金属棒所受安培力为FBIL，I，Fma，由于棒做匀减速运动，v，所以R0.4（SI），（3）错误之处是把0.4s时回路内的电阻R代入q进行计算，正确解法是qIt，因为FBILma，q0.4C，33（1）电键未合上时两室中气体压强为p0，设电键合上后，两室中气体压强分别为p1、p2，由玻意耳定律p0l1Sp1l1S，p1p0/380Pa，p0l2Sp2l2S，p23p0720Pa，（2）活塞受到的气体压强差为Dpp2p1640Pa，活塞在气体压力和电场力作用下处于平衡，电场力FDpS0.128N，（3）活塞受到的电场力大小FqEM，其中活塞带电量qe0SE，E由D、M所带等量导号电荷共同产生，根据电场叠加原理，M产生的场强大小EME/2，（4）当滑片P由B向A滑动时，DM间场强减小，DN间场强变大，活塞受到向下的电场力减小，电场力与气体压力间的平衡被破坏，活塞向上移动。2011答案 一单项选择题(共16分，每小题2分。) 1C 2.D 3B 4.A 5.C 6.D 7.D 8.B二.单项选择题(共24分,每小题3分.) 9.D l0.B 11.C l2.A 13.B l4.A 15.C l6.D三.多项选择题(共16分，每小题4分。每小题有二个或三个正确选项，全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分。)17A，B，D 18.B，C l9.C，D 20.A，D四填空题(共20分，每小题4分，每个空格2分。)21.衍射，波动说 22A.守恒，不守恒 22B增大，增大23. ， 24.2，025. ，五.实验题(共24分)26（1）(2)B，C (3分)27.(1)在量筒中滴入N滴溶液 (1分)在水面上先撒上痱子粉 (1分)(2) (3分)28(1) A，D (3分)(2)见图 (2分)29.(1)， (各1分)(2)见图 (2分)(3)将滑动触头移至最左端(写最小给分，最大不给分) (1分) 多次移动滑动触头，记录相应的，读数 (1分) (4) (3分)六计算题(共50分)30.(10分) 设初态压强为，膨胀后A，B压强相等 (1分) B中气体始末状态温度相等 (3分) (1分)A部分气体满足 （4分） （1分）31(12分) (1)物体做匀加速运动 (1分) （1分） 由牛顿第二定律 （1分） (1分) (1分)(2)设作用的最短时间为，小车先以大小为的加速度匀加速秒，撤去外力后，以大小为，的加速度匀减速秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律 (1分)(1分) （1分）由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有 （1分） （1分） （1分） （1分）（2）另解：设力作用的最短时间为t，相应的位移为s，物体到达B处速度恰为0，由动能定理 （2分） （1分）由牛顿定律 （1分） （1分） （1分） （1分）32.（14分）（1）下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于，因此 （1分）（2分）（2）金属棒下滑时受重力和安培力 （1分）由牛顿第二定律 （3分） （2分）(3)此解法正确。 (1分)金属棒下滑时舞重力和安培力作用，其运动满足上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动。无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大。由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确。 (2分) （1分） （1分）33(14分)(1)势能最小处动能最大 (1分)由图线II得 (2分)(在5.9 6.3cm间均视为正确)(2)由图读得释放处势能，此即B的总能量。出于运动中总能量守恒，因此在势能最小处动能最大，由图像得最小势能为0.47J，则最大动能为 （2分)(在0.42 0.44J间均视为正确)最大速度为 (1分)(在1.291.33 ms间均视为正确)x=20.0 cm处的总能量为0.90J，最大位移由E=0.90J的水平直线与曲线II的左侧交点确定,由图中读出交点位置为x=2.0cm，因此，最大位移 (2分)(在17.918.1cm间均视为正确)(3)渐近线III表示B的重力势能随位置变